盐类的水解第三课时

第三节盐类的水解第三课时2对于水解平衡CH3COO–+H2OCH3COOH+OH–改变条件方向c(Ac–)c(HAc)c(OH–)c(H+)pH水解程度升温加H2O加醋酸加醋酸钠通HCl(g)加NaOH31.为什么KAl(SO4)2,FeCl3等盐可用做净水剂？思考：4.在必修I学习胶体性质时，我们知道制取氢氧化铁胶体时是在沸水中滴入FeCl3溶液，你现在知道其中的原理了吗？2.纯碱为什么能去污力？去污是为何用热水？3.泡沫灭火器的化学反应原理是什么？4混施化肥泡沫灭火剂制备胶体明矾净水判断溶液酸碱性离子浓度比较试剂贮存盐溶液的蒸发溶液配制盐类水解的应用56泡沫灭火器的原理塑料内筒装有Al2(SO4)3溶液外筒装有NaHCO3溶液Al2(SO4)3和NaHCO3溶液：Al3++3HCO3–Al(OH)3+3CO2Al3++3H2OAl(OH)3+3H+HCO3–+H2OH2CO3+OH–速度快耗盐少混合前混合后六、盐类水解的应用：(一)日常生活中的应用7盐作净化剂的原理：明矾、FeCl3等Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+本身无毒，胶体可吸附不溶性杂质，起到净水作用。热的纯碱去污能力更强，为什么？升温，促进CO32–水解。8六、盐类水解的应用：(二)易水解盐溶液的配制与保存：配制FeCl3溶液：加少量；配制FeCl2溶液：加少量；保存NH4F溶液：加相应的酸或碱稀盐酸稀盐酸和Fe粉不能存放在玻璃瓶中！铅容器或塑料瓶Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+配制FeSO4溶液：加少量；稀硫酸和Fe粉（考点）(三)判断盐溶液的酸碱性：NaCl溶液CH3COONa溶液NH4Cl溶液中性碱性酸性CH3COONH4溶液中性NaHCO3溶液碱性（相同温度和浓度）9(四)判定离子能否大量共存：Al3+与AlO2–Al3+与HCO3–Al3+与CO32–Al3++3AlO2–+H2OAl(OH)346Al3++3HCO3–Al(OH)3+3CO22Al3++3CO32–+3H2O2Al(OH)3+3CO210(五)某些盐的无水物，不能用蒸发溶液的方法制取AlCl3溶液蒸干Al(OH)3灼烧Al2O3MgCl2·6H2OMg(OH)2MgO△△晶体只有在干燥的HCl气流中加热，才能得到无水MgCl2FeCl3溶液Fe(NO3)3溶液Fe2(SO4)3溶液Na2SO3溶液Ca(HCO3)2溶液Fe2O3Fe2O3Fe2(SO4)3Na2SO4CaCO3下列盐溶液加热蒸干、灼烧后，得到什么固体物质？制备纳米材料。如：用TiCl4制备TiO2书P6111（六）水溶液中微粒浓度的大小比较：（考点）1、电离理论：②多元弱酸电离是分步，主要决定第一步①弱电解质电离是微弱的如：NH3·H2O溶液中：c(NH3·H2O)c(OH–)c(NH4+)c(H+)如：H2S溶液中：c(H2S)c(H+)c(HS–)c(S2–)c(OH–)对于弱酸、弱碱，其电离程度小，产生的离子浓度远远小于弱电解质分子的浓度。122、水解理论：①弱离子由于水解而损耗。如：KAl(SO4)2溶液中：c(K+)c(Al3+)②水解是微弱③多元弱酸水解是分步，主要决定第一步c(Cl–)c(NH4+)c(H+)c(NH3·H2O)c(OH–)如：Na2CO3溶液中：c(CO3–)c(HCO3–)c(H2CO3)单水解程度很小，水解产生的离子或分子浓度远远小于弱离子的浓度。如：NH4Cl溶液中：（六）、水溶液中微粒浓度的大小比较：（考点）131、电荷守恒如：NH4Cl溶液中阳离子：NH4+H+阴离子：Cl–OH–正电荷总数==负电荷总数n(NH4+)+n(H+)==n(Cl–)+n(OH–)溶液中阴离子和阳离子所带的电荷总数相等。c(NH4+)+c(H+)==c(Cl–)+c(OH–)七、电解质溶液中的守恒关系（考点）14七、电解质溶液中的守恒关系（考点）1、电荷守恒阳离子：Na+、H+阴离子：OH–、S2–、HS–又如：Na2S溶液Na2S==2Na++S2–H2OH++OH–S2–+H2OHS–+OH–HS–+H2OH2S+OH–c(Na+)+c(H+)==c(OH–)+2c(S2–)+c(HS–)溶液中阴离子和阳离子所带的电荷总数相等。∵正电荷总数==负电荷总数15七、电解质溶液中的守恒关系（考点）2、物料守恒（元素或原子守恒）溶液中，尽管有些离子能电离或水解，变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不变的。是指某一元素的原始浓度应该等于该元素在溶液中各种存在形式的浓度之和。16七、电解质溶液中的守恒关系（考点）2、物料守恒是指某一元素的原始浓度应该等于该元素在溶液中各种存在形式的浓度之和。如：amol/L的Na2CO3溶液中Na2CO3==2Na++CO32–H2OH++OH–CO32–+H2OHCO3–+OH–HCO3–+H2OH2CO3+OH–∴c(Na+)=2[c(CO32–)+c(HCO3–)+c(H2CO3)]c(Na+)=2amol/Lc(CO32–)+c(HCO3–)+c(H2CO3)=amol/L（元素或原子守恒）即c(Na+):c(C)＝2:117七、电解质溶液中的守恒关系（考点）如：Na2S溶液Na2S==2Na++S2–H2OH++OH–S2–+H2OHS–+OH–HS–+H2OH2S+OH–因此：c(Na+)==2[c(S2–)+c(HS–)+c(H2S)]2、物料守恒是指某一元素的原始浓度应该等于该元素在溶液中各种存在形式的浓度之和。（元素or原子守恒）∵c(Na+):c(S)＝2:118七、电解质溶液中的守恒关系（考点）如：NaHCO3溶液2、物料守恒是指某一元素的原始浓度应该等于该元素在溶液中各种存在形式的浓度之和。（元素or原子守恒）∵c(Na+):c(C)＝1:1因此c(Na+)＝c(HCO3–)+c(CO32–)+c(H2CO3)19七、电解质溶液中的守恒关系（考点）3、质子（H+）守恒电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物质的量应相等。如：NH4Cl溶液中为得到质子后的产物，为失去质子后的产物，因此：H3O+（H+）NH3·H2O、OH–、c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH–)20如：CH3COONa溶液中为得到质子后的产物，为失去质子后的产物，因此：H3O+（H+）、CH3COOHOH–c(H3+)+c(CH3COOH)=c(OH–)21例1：在0.1mol/L的NH3·H2O溶液中，关系正确的是A．c(NH3·H2O)＞c(OH–)＞c(NH4+)＞c(H+)B．c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH–)＞c(H+)C．c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＝c(OH–)＞c(H+)D．c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH–)解析：NH3·H2O是一元弱碱，属于弱电解质，在水溶液中少部分发生电离（NH3·H2ONH4+＋OH–），所以c(NH3·H2O)必大于c(NH4+)及c(OH–)。因为电荷守恒c(OH–)＝c(H+)＋c(NH4+)，所以c(OH–)＞c(NH4+)。综合起来，c(NH3·H2O)＞c(OH–)＞c(NH4+)＞c(H+)。A22例2：用均为0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO–)＞c(Na+)，对该混合溶液的下列判断正确的是A.c(OH–)＞c(H+)B.c(CH3COOH)＋c(CH3COO–)＝0.2mol/LC.c(CH3COOH)＞c(CH3COO–)D.c(CH3COO–)＋c(OH–)＝0.2mol/L解析：CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知[CH3COO-]＞[Na+]，根据电荷守恒[CH3COO-]＋[OH-]＝[Na+]＋[H+]，可得出[OH-]＜[H+]。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势。根据物料守恒，可推出（B）是正确的。